2023年吉林省长春外国语学校中考数学质检试卷（二）（含解析）

这是一份2023年吉林省长春外国语学校中考数学质检试卷（二）（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年吉林省长春外国语学校中考数学质检试卷（二）
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 1与−2023的差是(    )
A. −2024 B. 2024 C. −2022 D. 2022
2. 我国古代数学家利用“牟合方盖”找到了球体体积的计算方法.“牟合方盖”是由两个圆柱分别从纵、横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体，如图所示的几何体是可以形成“牟合方盖”的一种模型，它从正面看是(    )
A. B. C. D.
3. 不等式x+3>0的解集是(    )
A. x>13 B. x>3 C. x>−3 D. x>−13
4. 方程x2−3x−1=0的根的情况是(    )
A. 没有实数根 B. 有一个实数根
C. 有两个相等的实数根 D. 有两个不相等的实数根
5. 如图，某小区的一块草坪旁边有一条直角小路，社区为了方便群众进行核酸采集，沿AC修了一条近路，已知AB=80米，新修小路与AB的夹角∠CAB为40°，则走这条近路AC的长可以表示为米．(    )


A. 80sin40° B. 80cos40° C. 80sin40∘ D. 80cos40∘
6. 如图，OA、OB是⊙O的半径，△ABC的顶点C在⊙O上，且点A、C在OB的异侧.若∠BAO=55°，则∠ACB的大小是(    )
A. 35°
B. 45°
C. 55°
D. 70°
7. 尺规作图：作一个角等于已知角.操作过程如下：如图①，已知：∠AOB．
求作：
作法：(1)如图②，以点①为圆心，任意长为半径画弧，交OA，OB于C，D；
(2)作射线O′A′，以点O′为圆心，②长为半径画弧，交O′A′于点C′：
(3)以点C′圆心，③为半径画弧，与第(2)步中所画的弧相交于点D′；
(4)经过点D′画射线O′B′，则∠A′O′B′=∠AOB．
连结CD、C′D′.根据以上作法证得△C′O′D′≌△COD(④填理论依据).根据以上作图和求证过程完成以上填空，题中符号代表的内容错误的是(    )


A. ①表示O B. ②表示OC或OD
C. ③表示CD D. ④表示SAS
8. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC在第一象限内，边AC与x轴平行，点A，B均在函数y=kx(x>0)的图象上.若A，B两点的纵坐标分别为3，2，且AB=AC，△ABC的面积为 54，则k值为(    )


A. 3 B. 6 C. 9 D. 12
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
9. 比较大小： 11______3.
10. 分解因式：a2−9=          ．
11. 如图，正六边形和正五边形按如图方式拼接在一起，则∠CAB的大小是______度．


12. 如图，在平面直角坐标系中，△AOB顶点A、B分别在第一象限和y轴正半轴上，点C为边OA上一点，过点C作CD/​/OB交AB于点D.若C、D两点纵坐标分别为1、3，且AC：OC=1：2，则点B的纵坐标为______．


13. 如图，有一个圆形铁皮，从中剪出一个最大的圆心角为90°的扇形BAC.若⊙O的直径为2，则扇形BAC的面积是______ .(结果保留π)


14. 如图，在平面直角坐标系中，点A是抛物线y=x2+bx的对称轴直线x=1右侧的一点，过点A作y轴的垂线，交抛物线于另一点B，以AB为边向其上方作正方形ABCD，边CD所在的直线交该抛物线于点E、F.若点E的纵坐标为1，设点A的横坐标为m，则m的值为______ ．
三、解答题（本大题共10小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. (本小题6.0分)
先化简，再求值：(x+1)(x−1)−(x−3)2，其中x=16．
16. (本小题6.0分)
12月18日卡塔尔世界杯闭幕.小明搜集到三张如图所示的不透明的卡片，正面图案分别是吉祥物la’eeb，足球ALRIHLA和大力神杯，依次记为A、B、C，卡片除正面图不同外，其余均相同，将这三张卡片背面向上洗匀.小明从中随机抽取一张，记录图案放回，重新洗匀后再从中随机抽取一张.用画树状图(或列表)的方法，求小明两次抽到图案不相同的概率．


17. (本小题6.0分)
某公司计划从商店购买台灯和手电筒，已知台灯的单价比手电筒的单价高50元，用240元购买台灯的数量和用90元购买手电筒的数量相等.求购买一个手电筒需要的钱数．
18. (本小题7.0分)
如图，矩形AEBO的对角线AB，OE交于点F，延长AO到点C，使OC=OA，延长BO到点D，使OD=OB，连接AD，DC，BC．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)若OE=10，∠BCD=60°，求菱形ABCD的面积．

19. (本小题7.0分)
图①、图②、图③均是5×5的正方形网格，每个小正方形的边长为1，每个小正方形的顶点叫格点.△ABC的顶点均在格点上.只用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按下列要求画图，保留作图痕迹．
(1)在图①中作直线CD⊥AB，并标出格点D．
(2)在图②中画一个△BCE.使△BCE∽△ACB，且点E在直线AC上．
(3)在图③作∠FAB=∠BAC.使点F为格点，且点F不在直线AC上．


20. (本小题7.0分)
2021年4月到2022年4月我国原油进口月度走势图如图所示．

根据以上信息回答下列问题：
(1)2022年1−2月我国原油进口______ 万吨．
(2)2021年4月到2021年12月我国原油进11当月增速的中位数是______ ．
(3)与2022年3月相比，2022年4月我国原油进口增加了______ 万吨．
(4)观察我国原油进口月度走势图，2022年4月原油进口量比2021年4月增加267万吨.当月增速为6.6%(计算方法：2674036×100%≈6.6%).2022年3月当月增速为−14.0%.设2021年3月原油进口量为x万吨，下列算法正确的是______ ．
①4271−x4271×100%=−14.0%
②4271−xx×100%=−14.0%
21. (本小题8.0分)
甲、乙两人沿同一公路从A地出发，甲骑自行车到达B地停止，乙骑摩托车到达B地后，原地休息0.5h，再从B地以原来的速度和路线返回A地.甲、乙离开A地的路程y(km)与各自行走的时间x(h)之间的函数图象如图所示．
(1)甲比乙早出发______ h，甲的速度是______ km/h；
(2)求乙返回时y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
(3)在乙从B地返回A地的过程中，求甲、乙两人到各自目的地的路程相等时甲所用的时间．

22. (本小题9.0分)
【操作一】如图①，在正方形ABCD中，点M是AB的中点，MN/​/BC交CD于点N.点E是AB边上的一点，连结CE，将正方形纸片沿CE所在直线折叠，点B的对应点B′落在MN上.求∠CB′N的大小．

以下是小明同学的部分解答过程，请你补充完整．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD/​/BC，∠B=∠BCD=∠D=90°，AB=BC=CD．
∵MN/​/BC，
∴MB=NC，∠MNC=∠D=90°
∵M是AB的中点，
∴MB=12AB=NC=12BC
由折叠，得CB=CB′
∴CN=12 ______
在Rt△B′CN中，
sin∠CB′N=NCCB′=12．
∴∠CB′N= ______ 度.
【操作二】在图①的基础上继续折叠，如图②，点F是CE边上的一点，连结AF，将正方形纸片沿AF所在直线折叠，点D的对应点D′落在MN上.求证：△BCE≌△DAF．
【应用】在图②的基础上，如图③，G、H分别是CE、AF的中点，顺次连接B′、G、D′、H，若AB=2，直接写出点H、G之间的距离．
23. (本小题10.0分)
如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=3，点D在边BC上，且CD=1.点P从点C出发，沿CA−AB方向匀速运动到终点B，在CA、AB上的速度分别是每秒1个单位长度和每秒 13个单位长度.当点P不与△ABC的顶点重合时，连结DP，作点C关于直线DP的对称点C，连结PC′、DC′.设点P的运动时间为t秒．
(1)AB= ______ ．
(2)用含t的代数式表示AP的长．
(3)当点C′、B、P共线时，求四边形CDC′P的面积．
(4)当C′D与△ABC的边AC或BC垂直时，直接写出此时t的值．

24. (本小题12.0分)
在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c经过点A(0,3)，其对称轴为直线x=3，点B在该抛物线上，其横坐标为m.以点B为对称中心，作正方形PQMN，使PQ⊥x轴，且点P的横坐标为1．
(1)求该抛物线对应的函数关系式．
(2)当点B与点A重合时，求抛物线的顶点到正方形PQMN垂直于y轴的边的最短距离．
(3)当点B在第四象限时，若抛物线与正方形PQMN的某一条边或一组邻边只有两个公共点，且这两个公共点的纵坐标之和为−8，求m的值．
(4)当抛物线在正方形PQMN内部的部分对应的函数值y随x的增大而减小或y随x的增大而增大时，直接写出m的取值范围．
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：根据题意，得1−(−2023)
=1+2023
=2024，
故答案为：B．
根据题意列出算式，计算即可．
本题考查有理数减法，掌握有理数减法法则是解题关键．

2.【答案】B 
【解析】解：该几何体从正面看是：．
故选：B．
根据从物体的正面观察得的视图，进而得出答案．
本题主要考查了几何体的三视图；掌握俯视图是从几何体上面看得到的平面图形是解决本题的关键．

3.【答案】C 
【解析】解：不等式x+3>0，
移项得：x>−3．
故选：C．
不等式移项即可求出解．
此题考查了解一元一次不等式，熟练掌握不等式的解法是解本题的关键．

4.【答案】D 
【解析】解：∵Δ=(−3)2−4×1×(−1)=9+4=13>0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：D．
先计算根的判别式的值得到Δ>0，然后根据根的判别式的意义判断方程的根的情况即可．
本题考查的是一元二次方程根的判别式，熟知一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ0)的图象上，且纵坐标分别为3，2，
∴A(k3,3)，B(k2,2)，
∴BD=3−2=1，AD=k2−k3=k6，
∴AB2=AD2+BD2=k236+1，
∵△ABC的面积为 54，
∴12AC⋅BD= 54，
∴AC= 52，
∵AB=AC，
∴k236+1=( 52)2，
∴k=±3，
∵k>0，
∴k=3．
故选：A．
过点B作BD⊥AC于点D，根据A，B两点的纵坐标分别为3，2，可得出横坐标，即可求得BD，AD的长，根据△ABC的面积为 54，求得AC的长，即可求得AB的长，在Rt△ABD中，利用勾股定理即可得出k的值．
本题考查了等腰三角形的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，利用三角形的面积求得AC的长度是解题的关键．

9.【答案】> 
【解析】解：∵ 9=3， 11> 9，
∴ 11>3，
故答案为：>．
先将3化为根号的形式，根据被开方数越大值越大得结论．
本题考查了实数大小的比较，比较大小时，常用的方法有：①作差法，②作商法，③如果有一个是二次根式，要把另一个也化为二次根式的形式，根据被开方的大小进行比较．

10.【答案】(a+3)(a−3) 
【解析】解：a2−9=(a+3)(a−3)．
故答案为：(a+3)(a−3)．
直接利用平方差公式分解因式，进而得出答案．
此题主要考查了公式法分解因式，熟练应用平方差公式是解题关键．

11.【答案】132 
【解析】解：由题意得：正六边形的每个内角都等于120°，正五边形的每个内角都等于108°，
∴∠CAB=360°−120°−108°=132°，
故答案为：132．
根据正多边形的内角和定理求得正五边形和正六边形的内角，根据周角的定义即可得到结论．
本题考查了正多边形的内角和，熟练掌握正五边形的内角，正六边形的内角是解题的关键．

12.【答案】6 
【解析】解：∵点B在y轴上，且CD/​/OB，
∴CD/​/y轴，
∵C、D两点纵坐标分别为1、3，
∴CD=3−1=2，
∵AC：OC=1：2，
∴ACAO=13，
∵△ACD∽△AOB，
∴CDOB=ACAO=13，
∴OB=3CD=3×2=6，
∴点B的纵坐标为6，
故答案为：6．
由点B在y轴上，且CD/​/OB，得CD/​/y轴，所以CD=3−1=2，由AC：OC=1：2，得ACAO=13，由△ACD∽△AOB，得CDOB=ACAO=13，则OB=3CD=6，所以点B的纵坐标为6．
此题重点考查相似三角形的判定与性质、图形与坐标等知识，根据“平行于三角形一边的直线和其它两边或两边的延长线相交所构成的三角形与原三角形相似”证明△ACD∽△AOB是解题的关键．

13.【答案】π2 
【解析】解：如图，连接BC，

∵扇形的圆心角为90°，
∴BC为⊙O直径，AB=AC，
在Rt△AOB中，∠AOB=90°，
由勾股定理得：AB2+AC2=BC2=4，
∴AB=AC= 2，
∴扇形BAC的面积是=90π×( 2)2360=π2．
故答案为：π2．
连接BC，由于∠BAC=90°，根据圆周角定理知BC为⊙O的直径，根据等腰三角形的性质即可求出AB、AC的长，即扇形的半径长，已知了扇形的圆心角为90°，根据扇形的面积公式即可求出扇形的面积．
此题主要考查的了圆周角定理、扇形的面积计算方法，熟练掌握扇形的面积公式是关键．

14.【答案】 3 
【解析】解：∵对称轴为直线x=1，
∴x=−b2×1=1，
∴b=−2，
∴抛物线解析式为y=x2−2x，
∵四边形ABCD为正方形，
∴CD/​/AB，AB⊥y轴，
∴CD⊥y轴，
∴D的纵坐标为1，
∵点A的横坐标为m，点A是抛物线上的点，
∴设A(m,m2−2m)，m>1，
∴AD=1−(m2−2m)=−m2+2m+1，
∵A，B两点关于对称轴直线x=1对称，
∴B的横坐标为2−m，
∴AB=m−(2−m)=2m−2，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB，
∴−m2+2m+1=2m−2，
解得m1= 3,m2=− 3(舍去)，
∴m= 3．
故答案为： 3．
根据抛物线的对称轴求出抛物线的解析式，设出A的坐标，结合A，B两点关于对称轴直线x=1对称，分别表示出AB，AD的长度，由AB=AD建立方程，解一元二次方程即可．
本题考查了二次函数的性质，正方形的性质，解题的关键是掌握二次函数的性质及正方形的性质．

15.【答案】解：原式=x2−1−(x2−6x+9)
=x2−1−x2+6x−9
=6x−10，
当x=16时，
原式=6×(16)−10=−9． 
【解析】直接利用乘法公式化简，再合并同类项，进而把已知数据代入得出答案．
此题主要考查了整式的混合运算—化简求值，正确运用乘法公式是解题关键．

16.【答案】解：画树状图如下：

从树状图中可知，一共有9种等可能的结果，其中两次抽到图案不相同的结果数有6种可能，
∴P(两次抽到图案不相同)=69=23． 
【解析】利用列表法或树状图法列举出两次抽到图案的所有可能结果，从中找出两次抽到图案不相同的可能情况，再利用等可能事件的概率公式求出即可．
本题考查列表法和树状图法求等可能事件的概率，熟悉列表法和树状图法求等可能事件的概率的方法是解题的关键，注意本题是放回抽图案．

17.【答案】解：设购买该品牌一个手电筒需要x元，则购买一个台灯需要(x+50)元，
由题意得：240x+50=90x，
解得：x=30，
经检验，x=30是原方程的解，且符合题意，
答：购买一个手电筒需要30元． 
【解析】设购买该品牌一个手电筒需要x元，则购买一个台灯需要(x+50)元，由题意：用240元购买台灯的数量和用90元购买手电筒的数量相等．列出分式方程，解方程即可．
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．

18.【答案】(1)证明：∵CO=AO，DO=BO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵四边形AEBO是矩形，
∴∠AOB=90°，
∴BD⊥AC，
∴四边形ABCD是菱形；
(2)解：∵四边形AEBO是矩形，
∴AB=BC=OE=10，
∵四边形ABCD是菱形，∠BCD=60°，
∴∠BCO=30°，∠AOB=90°，
∴OB=12BC=12×10=5，
在Rt△BOC中，由勾股定理得：OC= BC2−OB2= 102−52=5 3，
∴BD=2OB=2×5=10，AC=2OC=2×5 3=10 3，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×10×10 3=50 3． 
【解析】(1)先由对角线互相平分的四边形ABCD是平行四边形，再由矩形的性质得出BD⊥AC，即可得出结论；
(2)由矩形的性质得出AB=BC=OE=10，由菱形的性质得出∴∠BCO=30°，∠AOB=90°，OC、OB的长，然后由菱形的面积公式即可得出结果．
本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．

19.【答案】解：(1)如图①，直线CD即为所求．

(2)∵△BCE∽△ACB，
∴BCAC=CEBC，∠BCE=∠ACB，
∴CEBC=12，
∴CE=1．
如图②，△BCE即为所求．

(3)如图③，取格点F，G，连接AF，AG，使AF=AG=5，
∴△AFG为等腰三角形，
连接FG，
可得点B为FG的中点，
∴AB为∠FAG的平分线，
∴∠FAB=∠BAC．
即∠FAB为所求．
 
【解析】(1)根据垂直的定义结合网格画图即可．
(2)由相似三角形的判定与性质可得CEBC=12，即可得CE=1，由此画图即可．
(3)取格点F，G，连接AF，AG，使AF=AG=5，根据等腰三角形的性质可得AB为∠FAG的平分线，即可得出答案．
本题考查作图−相似变换、等腰三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质是解答本题的关键．

20.【答案】8514  −11%  226.2  ② 
【解析】解：(1)由题意可知，2022年1−2月我国原油进口8514万吨．
故答案为：8514；
(2)由题意可知，2021年4月到2021年12月我国原油进11当月增速的中位数是−11%，
故答案为：−11%；
(3)与2022年3月相比，2022年4月我国原油进口增加了：4303−4036÷(1−0.1%)≈4303−4076.8=226.2(万吨)，
故答案为：226.2；
(4)设2021年3月原油进口量为x万吨，
由题意得：4271−xx×100%=−14.0%．
故答案为：②．
(1)根据统计图数据可得答案；
(2)根据中位数的定义解答即可；
(3)根据统计图数据计算即可；
(4)设2021年3月原油进口量为x万吨，根据2022年3月原油进口量比2021年3月增速为−14.0%，得出2022年3月原油进口量比2021年3月增长了(4271−x)万吨，进而根据增速不变列出方程即可．
本题考查了分式方程，能根据已知条件列出方程是解答本题的关键．

21.【答案】0.5  15 
【解析】解：(1)由函数的图象可知：甲比乙早出发0.5h，
由甲的函数图象可知：甲走完全程60km所用的时间为4h，
∴甲的速度为：60÷4=15(km/h)；
答：甲比乙早出发0.5h，甲的速度是15km/h．
(2)由乙的函数图象可知：甲走完全程60km所用的时间为1h，
∴乙的速度为60km/h，
∴可设乙返回时y与x之间的函数关系式为：y=−60x+b，
由乙的函数的图象可知：函数y=−60x+b过点(2,60)，
将(2,60)代入函数y=−60x+b之中得：60=−60×2+b，
解得：b=−180，
∴乙返回时y与x之间的函数关系式为：y=−60x+180；
自变量x的取值范围是：2≤x≤3．
(3)由(1)可知：甲的速度是15km/h，
∴甲行走时y与x之间的函数关系式为：y=15x，
解方程组：y=−60x+180y=15x，得：x=2.4y=3.6，
答：甲、乙两人到各自目的地的路程相等时甲所用的时间为2.4h．
(1)观察函数的图象即可得出甲比乙早出发的时间，再根据“速度=路程÷时间”即可得出甲的速度；
(2)首先求出乙的速度，进而可设乙返回时y与x之间的函数关系式为：y=−60x+b，再根据该函数经过点(2,60)可求出b的值，进而可得y与x之间的函数关系式；
(3)先求出甲行走时y与x之间的函数关系式为：y=15x，再和(2)中乙返回时y与x之间的函数关系式联立成方程组求解即可．
此题主要考查了一次函数的图象，待定系数法求函数的表达式，解答此题的关键是理解题意，读懂函数的图象，熟练掌握待定系数法求一次函数表达式的方法与技巧．

22.【答案】B′C  30 
【解析】解：【操作一】
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD/​/BC，∠B=∠BCD=∠D=90°，AB=BC=CD，
∵MN/​/BC，
∴MB=NC，∠MNC=∠D=90°，
∵M是AB的中点，
∴MB=12AB=NC=12BC，
由折叠，得CB=CB′，
∴CN=12CB′，
在Rt△B′CN中，
sin∠CB′N=NCCB′=12，
∴∠CB′N=30°．
故答案为：CB′，30°．
【操作二】
∵MN///BC，
∴∠BCB′=∠CB′N=30°，
由折叠可得∠BCE=∠B′CE，BE=B′E，∠CB′E=∠B=90°，
∴∠BCE=∠B′CE=12∠BCB′=15°，
同理∠DAF=∠D′AF=15°，
∴∠BCE=∠DAF，
在△BCE和△DAF中，
∠BCE=∠DAFBC=AD∠B=∠D，
∴△BCE≌△DAF(ASA)．
【应用】
如图，连接HG，

∵△BCE≌△DAF，
∴BE=DF，CE=AF，
∴AE=CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴CE//AF，
∵G、H分别是CE、AF的中点，
∴EG=AH，
∴四边形AEGH是平行四边形，
∴GH=AE，
设GH=AE=x，则B′E=BE=AB−AE=2−x，
∵∠CB′E=∠B=90°，
∴∠CB′N+∠BEB′=180°，
∵∠MEB′+∠BEB′=180°，
∴∠MEB′=∠CB′N=30°，
∵MN⊥AB，
∴ME=EB′⋅cos∠MEB′=(2−x)⋅ 32，
∵M是AB的中点，
∴AM=12AB=1，
∴EM=AE−AM=x−1，
∴(2−x)⋅ 32=x−1，
解得x=2 3−2，
即点H、G之间的距离为2 3−2．
【操作一】由所给证明过程可推导得出答案；
【操作二】先由①得∠CB′N=30°，进一步证明∠BCB′=∠CB′N=30°，再由折叠可得∠BCE=∠B′CE，BE=B′E和∠CB′E=∠B=90°，并证明∠BCE=∠B′CE=12∠BCB′=15°，同理∠DAF=∠D′AF=15°，即可得到∠BCE=∠DAF，最后根据ASA证明结论；
【应用】先根据△BCE≌△DAF，证明BE=DF和CE=AF，以及AE=CF，进一步证明四边形AECF是平行四边形，以及四边形AEGH是平行四边形，得到GH=AE，再设GH=AE=x，则B′E=BE=AB−AE=2−x，得到ME=EB′⋅cos∠MEB′=(2−x)⋅ 32，再根据M是AB的中点得到EM=AE−AM=x−1，最后解方程(2−x)⋅ 32=x−1，求出x=2 3−2，即可得到点H、G之间的距离为2 3−2．
本题考查了正方形、矩形、平行四边形性在应用，勾股定理的计算及三角形全等的证明是解题关键．

23.【答案】 13 
【解析】解：(1)∵∠C=90°，AC=2，BC=3，
∴AB= AC2+BC2= 22+32= 13，
故答案为： 13；
(2)当P点在CA上运动时，即0